（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第四道 选择题涉及的命题点 4.2 动能定理

4－2动能定理备考精要1．把握两点，准确理解动能定理(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。2．应用动能定理的“两线索、两注意”（1）两条线索(2)两注意：①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。②当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确、B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。答案：A2．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是()答案：A解析：小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝12mv2，把速度v代入得，Ek＝12mg2t2－mgv0t＋12mv02，Ek与t为二次函数关系。3.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．0B．2μmgRC．2πμmgRD.12μmgR答案：D解析：物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝mv2R。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝12mv2－0，联立解得W＝12μmgR，D正确。4．运输人员要把质量为m、体积较小的木箱拉上汽车。现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行。木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则将木箱运上汽车，拉力至少做功()A．mgLB．mgL2C.12mgL(1＋3μ)D.32μmgL＋mgL答案：C解析：木箱沿斜面先做匀加速直线运动，撤去拉力后在摩擦力的作用下向上做匀减速运动，当木箱速度为零时，刚好到汽车上，此时拉力做功最少，根据动能定理得：WF－mgh－μmgcos30°·L＝0－0，解得：WF＝12mgL(1＋3μ)，故C正确。5.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是()A.1μv022gcosθ＋x0tanθB.1μv022gsinθ＋x0tanθC.2μv022gcosθ＋x0tanθD.1μv022gcosθ＋x0cotθ答案：A解析：因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于μmgcosθ与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wf＝－μmgcosθ·s，由动能定理可得：mgx0sinθ＋Wf＝0－12mv02，可解得s＝1μv022gcosθ＋x0tanθ，故A正确。二练会迁移——综合性考法1.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度恢复到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹簧弹力所做的功为()A.12mv2－μmgxB．μmgx－12mv2C.12mv2＋μmgxD．以上选项均不对答案：C解析：设W弹为弹簧弹力对物块做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝12mv2－0，得W弹＝12mv2＋μmgx。故C正确。2.[多选]一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动。已知在第1s内合力对物体做的功为45J，在第1s末撤去拉力，物体整个运动过程的v­t图像如图所示，g取10m/s2，则()A．物体的质量为5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．第1s内摩擦力对物体做的功为60JD．第1s内拉力对物体做的功为60J答案：BD解析：根据动能定理有W合＝12mv2，又第1s末速度v＝3m/s，解得m＝10kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移x2＝12×3×3m＝4.5m，由动能定理可得：－fx2＝0－12mv2，可解得：f＝10N，又f＝μmg，解得μ＝0.1，故B正确；第1s内物体的位移x1＝1.5m，第1s内摩擦力对物体做的功W＝－fx1＝－15J，故C错误；由Fx1－f(x1＋x2)＝0，可得F＝40N，所以第1s内拉力对物体做的功W′＝Fx1＝60J，故D正确。3.[多选]如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()A．a＝2mgR－WmRB．a＝2mgR－WmRC．N＝3mgR－2WRD．N＝2mgR－WR答案：AC解析：质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝12mv2，则速度v＝2mgR－Wm，在最低点的向心加速度a＝v2R＝2mgR－WmR，选项A正确，B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝3mgR－2WR，选项C正确，D错误。4.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()A．μ＝tanαB．μ＝tanβC．μ＝tanθD．μ＝tanα－β2答案：C解析：对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小。设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对物块从A运动到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcosα·AC－μmg·CE－μmgcosβ·EB＝0，因为AC·cosα＋CE＋EB·cosβ＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝hx＝tanθ，故C正确。5．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg解析：画出物体运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkAC→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。选项C正确。答案：C三练提素养——创新性、应用性考法1.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)()A.2ghB.4gh3C.ghD.gh2答案：B解析：设小球A下降h过程克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降h过程，由动能定理有3mgh－W1＝12×3mv2－0，解得：v＝4gh3，故B正确。2.如图所示，质量分别为mA和mB的两小球，用细线连接悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平线上，细线与竖直方向夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)。突然剪断A、B间的细线，小球的瞬时加速度大小分别为aA和aB，两小球开始摆动后，最大速度大小分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则()A．mA一定小于mBB．aA和aB大小相等C．vA一定等于vBD．EkA一定小于EkB解析：平衡时，对A、B受力分析如图所示，对A球：TAcosθ1＝mAg①，TAsinθ1＝TA′②，对B球：TBcosθ2＝mBg③，TBsinθ2＝TB′④，又TA′＝TB′，θ1θ2，①②③④联立解得：mAmB，故A正确；剪断A、B间的细线，其余两细线弹力发生突变，两球都只受重力和一个弹力，合力方向与细线垂直，有牛顿第二定律得：a＝mgsinθm＝gsinθ，由于θ1＞θ2，所以aA＞aB，故B错误；由题意可知，当小球摆到最低点时，速度最大，由动能定理得mgl(1－cosθ)＝12mv2，解得：答案：Av＝2gl1－cosθ，由于lA＞lB，θ1＞θ2，所以vA＞vB，故C错误；由题意可知，当小球摆到最低点时，速度最大，动能最大，由动能定理得：mgl(1－cosθ)＝Ek，由以上分析，有：mAmB、lAlB、θ1＞θ2，所以最大动能不能确定，故D错误。3．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v；若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1，WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，用Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1解析：由于物体两次受恒力作用做匀加速运动，由于时间相等，末速度之比为1∶2，则加速度之比为1∶2，位移之比为1∶2。而摩擦力不变，由Wf＝Ffx得：Wf2＝2Wf1；由动能定理：WF1－Wf1＝12mv2－0，WF2－Wf2＝12m(2v)2－0，整理得：4WF1＝WF2＋2Wf1＝WF2＋2Ffx1，故WF2＜4WF1。C正确。答案：C4．[多选]一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取10m/s2，由此可知()A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13JC．匀速运动时的速度约为6m/sD．减速运动的时间约为1.7s答案：ABC解析：物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝Fmg＝72×10＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于F­x图线与x坐标轴包围的面积，由题图可知曲线与x轴间小格数约为13，则减速过程中拉力对物体做功为WF＝13×1J＝13J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－12mv02，其中x＝7m，解得：v0＝6m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。5.如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道间的动摩擦因数处处相同。滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相等。空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A．滑块的动能始终保持不变B．滑块在b→c过程克服摩擦阻力做的功一定等于mgh2C．滑块经b点时的速度大于gh＋v2D．滑块经b点时的速度等于2gh＋v2答案：C解析：由题意知，在滑块从b运动到c的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从a到c